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"Il est facile de" 2

Envoyé par christophe c 
Re: "Il est facile de" 2
il y a six semaines
@marco, merci. Mais:

Ton argument est celui que j'ai donné dans le fil en lien, mais je pense que tout est dans "le compactifié de SC est séparé".

Dans l'autre fil, pour un ultrafiltre ne convergeant pas $W$, ton admission de la séparation du compactifié de SC a comme cas particulier qu'il existe deux ouverts $U,V$ disjoints avec $U\in W$ et $b\in V$. Or c'est toute la question justement.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a six semaines
Un compactifié de Stone-Cech est toujours séparé (c'est une partie de $[0,1]^I$ avec $I:= [0,1]^{C^0(X,[0,1])}$ où $X$ est l'espace sous-jacent).
En fait c'est un adjoint à droite du foncteur d'oubli de la catégorie des espaces topologiques compacts (à la française: séparés) dans celle des espaces topologiques quelconques.
Re: "Il est facile de" 2
il y a six semaines
C’est un produit de compacts mais la "canonique" envoyant E dans son CSC ne joue-t-elle pas un rôle "chiant " quand elle n'est pas injective ?

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six semaines et a été effectuée par AD.
Re: "Il est facile de" 2
il y a six semaines
avatar
@christophe c: ah oui, effectivement, je ne savais pas que un espace $E$ n'était pas nécessairement inclus dans son compactifié de Stone-Cech. Est-ce que vous connaissez un exemple d'espace topologique séparé, pour lequel il existe deux éléments distincts de $E$, $x$ et $y$, tels que toute fonction continue de $E$ dans $\R$ prend la même valeur en $x$ et en $y$ ? Peut-être un ensemble dénombrable connexe séparé.
Re: "Il est facile de" 2
il y a six semaines
avatar
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq semaines
Oui bravo.

Mais concernant le compactifié de SC, il ne suffit pas (a priori) que $(E,T)$ et $a,b$ dans $E$ soient tels que $a\neq b$ et $\forall f\in C(E,\R): f(a)=f(b)$ pour dire que le plongement est injectif. Il faut que ces témoins vérifient pour tout compact $K$ que $\forall f\in C(E,K): f(a)=f(b)$.

Je ne sais pas si l'exemple que tu mets en lien a cette propriété (énoncée avec à gauche $\exists a,b:$)

Ca permet donc de poser la question 1085:

L'exemple $(\Z, T)$ d'espace connexe séparé et dénombrable, mis en lien par marco au post précédent, vérifie-t-il qu'il existe deux entiers $a,b$ différents tels que pour tout compact $K$, et toute application $T$-continue $f: \Z\to K: f(a)=f(b)$?

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq semaines
avatar
Soit $K$ un compact, et soit $f$ une fonction continue de $\Z$ (munie d'une topologie $T$ qui le rende connexe et séparé) dans $K$. Soit $a$ et $b$ deux éléments distincts de $\Z$. Si $f(a) \neq f(b)$, comme $K$ est compact, on peut appliquer le lemme d'Urysohn, et construire une fonction continue $g$ à valeurs dans $\R$ qui vaut $0$ en $f(a)$ et $1$ en $f(b)$. Donc, $g \circ f$ vaut $0$ en $a$ et $1$ en $b$. Mais $\Z$ est connexe (munie de la topologie $T$). Donc $g \circ f(\Z)$ est connexe, donc contient $[0,1]$. Donc, $\Z$ a la puissance du continu. Contradiction, car il est dénombrable. Donc $f(a)=f(b)$, pour tout $(a,b) \in \Z^2$, donc $f$ est constante.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a cinq semaines et a été effectuée par marco.
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq semaines
Bravo Marco, très judicieuse (et agréable!!) argument!!

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a cinq semaines
Le lien classique [fr.m.wikipedia.org])

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a trois semaines
lmpec 8
[www.les-mathematiques.net]



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois semaines et a été effectuée par AD.
Re: "Il est facile de" 2
il y a deux semaines
Question 1086 :

existe-t-il une variété (sur $\R$), compacte, dont tous les $\pi_n$ (groupe d'homotopie) sont triviaux et qui n'est pas orientable?

Je pose cette question, car à la fin de cet été, j'ai "enfin" découvert la clé qui trivialise Brouwer, et elle se sert "à donf" de l'orientabilité. De plus, il est connu que "pas de point fixe => un trou quelque part".

On a typiquement les convexes qu'on considère comme "sans trous" en dimension fini. Mais ils sont évidemment orientables.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a deux semaines
Pour info, pour la clé que j'évoque au post précédent: Brouwer est en fait un phènomène discret. Le gérer infinistement ne fait que compliquer les choses.

La donnée d'un couple $(E,f)$ avec $f$ sans point fixe $E\to E$ permet de faire un bilan entrées-sorties. Il est "pleinement positif" pour $E$ tout entier. On partitionne $E$ en deux parties "de même volume" $E[0], E[1]$, et obtient $u_1$ tel que $E[u_1]$ a encore un bilan plein: schéma:

$$ Entrees(A)-Sorties(A) + Entrees(B) - Sorties(B) = Entrees(A\cup B) - Sorties(A\cup B)$$

On itère et on obtient ainsi une suite $n\mapsto A_n:=E[u_1][u_2] \dots [u_n]$ telle que pour $n$ grand on obtient une contradiction, sauf si $A_n$ qui se confond presque avec un point manifeste une discontinuité de $f$.

Ce bilan (certes informel) des entrèes-sorties fait donc apparaître la très grande présence de l'orientation dans la démontrabilité de Brouwer via cette intuition.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a deux semaines
Une variété simplement connexe est nécessairement orientable. En particulier, si tous les $\pi_n$ sont triviaux, la variété est orientable.

Edit: Je me permets de rajouter, à propos de Brouwer, qu'il y a effectivement une très belle preuve qui n'utilise que des idées de phénomène discrets, plus précisément le lemme de Sperner, qui porte sur des coloriages de graphes. On trouvera une preuve ici: math.mit.edu.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux semaines et a été effectuée par AD.
Re: "Il est facile de" 2
il y a deux semaines
Un immense merci chat!!! Et oui l'implication de l'orientabilite par pi trivial si on ne me l'avait pas dit je n'y aurais pas pensé alors qu'il suffit de savoir que c'est vrai pour avoir une preuve. La variété non orientables n'en deviennent que plus passionnantes!

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a deux semaines
Question 1087


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a deux semaines
Question (hélas informelle) 1089


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a deux semaines
Question 1090:

soit $A$ un alphabet fini et $u$ une suite d'éléments de $A$. Est-ce que forcément, pour tout entier naturel $n$, il existe un mot $m$ de longueur non nulle tel que $m^n$ est sous-mot de $u$, (où $m^n$ désigne $mmmm....m$)

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a deux semaines
Dans ta question, je suppose que $u$ est un mot infini puisque tu poses la question pour tout $n$.

Alors oui, il existe (au moins) une lettre $a$ qui apparait une infinité de fois dans $u$ puisque $A$ est fini.

Donc $m=a^k$ est une solution aussi longue que tu veux (avec $k>0$).

Remarque : si tu veux une preuve formelle, c'est le principe des tiroirs dans le cas infini.
Si tu ranges une infinité d'éléments dans un nombre fini d'ensembles alors il existe au moins un ensemble infini.

Dans notre cas, il y a un ensemble $S_a$ par lettre $a$ de l'alphabet $A$ et tu mets dans chaque $S_a$ les entiers $i$ des positions pour lesquelles $u_i=a$.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux semaines et a été effectuée par serge burckel.
Re: "Il est facile de" 2
il y a deux semaines
@serge : rien ne te dit qu'il y a des répétitions à la suite de ta lettre $a$. Par exemple $0^2$ n'apparaît pas dans $010101010101\dots$.

@CC : je pense qu'aucun mot non vide ne se répète trois fois de suite dans la suite de Thue-Morse, mais je galère à le montrer proprement. grinning smiley
Peut-être que la suite audioactive de Conway donne aussi un contre-exemple pour tout $n \geq 4$.
Re: "Il est facile de" 2
il y a deux semaines
Poirot,

reste à préciser la notion de "sous-mot". En général, cela signifie sous-suite. Ainsi $abc$ est sous-mot de $acbaaac$ et $00$ est bien sous-mot de $010101....$ avec cette définition.

Sinon, en effet, c'est un classique de combinatoire des mots que la suite de Thue-Morse ne contient pas de cube $m^3$.

Il existe même des mots infinis sans carré $m^2$ à partir du moment où l'alphabet $A$ a au moins $3$ lettres.

Mais je pense que CC pensait à la notion de sous-suite...non ?



Edité 4 fois. La dernière correction date de il y a deux semaines et a été effectuée par serge burckel.
Re: "Il est facile de" 2
il y a deux semaines
Merci pour vos réponses!! Poirot avait donné la bonne interprétation pardon d'avoir oublié de préciser. Et merci pour la borne drastique. Déjà je vais googler Thue Morse.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: "Il est facile de" 2
il y a quatre jours
Question 1091:

il est à peu près évident que tout énoncé mathématique est un énoncé cardinal. Cela provient de la possibilité de quantifier à gauche avec seulement des cardinaux. Par exemple, on remplace $\exists x\forall y : R(x,y)$ par il existe un cardinal $a$ tel que pour tout ordinal $b$ vérifiant $\exists x\in V_a \forall y\in V_b: R(x,y)$.

Une autre façon de la voir, mais usine à gaz est de remarquer qu'un énoncé clos concernant un univers a une valeur qui ne dépend que de son topos (et en plus il faut une culture topos pour le voir, même si c'est évident)

Cependant l'ensemble des propriétés sans paramètre $R(x,y,z,..)$ telle que la valeur de $R(x,y,z,..)$ ne dépend que des cardinaux d e$x,y,z,,..$ est encore immensément riche.

Par ailleurs on sait que deux univers ayant les mêmes cardinaux (évidemment ordonnés de la même façon) n'ont pas forcément le même ensemble vérité (c'est comme ça qu'on prouve l'indépendance de $HC$).

Justement, HC a recours pour être énoncée "strictement avec que des cardinaux" à l'opération puissance:

$$ HC = [\forall x \in [\omega_0, 2^{\omega_0}] : x\in \{\omega_0, 2^{\omega_0} \} $$

Soit donc un univers $E$, et ses parties suivantes de cardinaux:

$S:=\{(a,b,c)\mid a+b=c\}$

$P:=\{(a,b,c)\mid a\times b=c\}$

$Z:=\{(a,b,c)\mid a^b=c\}$

On note $A(E)$ l'ensemble vérité de $(E',S,P,Z)$ et $B(E)$ l'ensemble vérité de $(E,\in)$, où $E'$ est l'ensemble des cardinaux de $E$.



Existe-t-il une fonction récursive totale $f$ telle que pour tout inaccessible $E$ et toute énoncé clos $X$,

$$(X\in B(E) \iff f(X)\in A(E))$$


Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre jours et a été effectuée par christophe c.
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